Đề THi HSG( có ĐA)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (455.72 KB, 5 trang )
Bài I ( 5,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
2 3 3x x x− − = +
.
2. Giải hệ phương trình
2 2
2
4
x y x y
x y x y
+ − − =
− + + =
Bài II ( 5,0 điểm)
1. Tìm tham số
m
để bất phương trình
2
1
1
4 3
x
mx x m
+
<
− + −
có tập nghiêm là
¡
.
2. Tìm tham số
m
để hệ phương trình
( )
2 2
2
2 2 2
2 4
x y x y m
x y
+ − − =
+ − =
có đúng hai nghiệm phân biệt.
Bài III ( 2,0 điểm)
Tam thức
2
( )f x x bx c= + +
thỏa mãn
1
( )
2
f x ≤
với
[ ]
1;1x∀ ∈ −
. Hãy tìm các hệ số
b
và
c
.
Bài IV (2,0 điểm)
Cho
, ,x y z
là ba số thực dương thỏa mãn
1xy yz zx+ + =
. Chứng minh rằng ta luôn có:
2 2 2
3
2
1 1 1
x y z
x y z
+ + ≤
+ + +
.
Bài V ( 6,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC trọng tâm G. Các điểm M, N được xác định bởi
1
2
CN BC=
uuur uuur
;
3 4 0MA MB+ =
uuur uuur r
a/ Chứng minh rằng ba điểm G, M, N thẳng hàng .
b/ Đường thẳng MN chia tam giác CAN thành hai tam giác. Tính tí số diện tích của hai tam giác đó.
2. Tam giác ABC có các đường phân giác trong AE, BF và CP. Chứng minh rằng ta luôn có:
2
( )( )( )
EFP
ABC
S abc
S a b b c c a
∆
∆
=
+ + +
( với
; ; )BC a AC b AB c= = =
.
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM 2010
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.
Họ và tên thí sinh:………………………… ; Số báo danh:…………………………………
ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2010
MÔN:TOÁN
Bài ý Nội dung Điểm
I(5 đ) 1(2,5đ)
Giải phương trình
Pt
⇔
( )
2
1 4 3x x− − = +
. Đặt
3 1,( 1)x y y+ = − ≥
2
( 1) 3y x⇒ − = +
Ta có hệ phương trình:
2
2
2
( )( 1) 0
( 1) 3
( 1) 3
( 1) 3
x y x y
y x
y x
x y
− + − =
− = +
⇔
− = +
− = +
1,0
•
2 2
3 17
0
( )
2
( 1) 3 3 2 0
3 17 3 17
2 2
x y
x y x y
y loai
y x y y
y x
=
−
− = =
=
⇔ ⇔
− = + − − =
+ +
= ⇒ =
0,75
•
2 2
1
1 13
1 1
( )
2
( 1) 3 3 0
1 13 1 13
2 2
x y
x y x y
y loai
y x y y
y x
= −
−
= − = −
=
⇔ ⇔
− = + − − =
+ −
= ⇒ =
KL: Phương trình có hai nghiệm là
3 17
2
x
+
=
và
1 13
2
x
−
=
.
0,75
2(2,5đ)
Giải hệ phương trình
2 2
2(1)
4(2)
x y x y
x y x y
+ − − =
− + + =
ĐKXĐ:
2
0; ; .y x y x y≥ ≥ ≥
NX: Ta thấy VT(1)
0
≥
• pt(1)
2 2
2 2 4 2x x y x y x⇔ − − = ⇔ − = −
2
4 4
x
y x
≥
⇔
= −
1,0
• Thay
4 4y x= −
vào pt(2) ta được:
2 2 2
4 4 4 4 4 2 4 4 4x x x x x x x− + + + − = ⇔ − + + − =
( vì
2)x ≥
2 2
6
5
2
4 4 (6 )
x
x
x x x
≤
⇔ ⇔ =
+ − = −
Với
5
6.
2
x y= ⇒ =
KL: Hệ có nghiệm
5
( ; ) ;6 .
2
x y
=
÷
1,5
II(5đ)
1.(2,5đ)
Tìm tham số m…
• Để bất phương trình có tập nghiệm
¡
ta cần có
2
4 3 0mx x m− + − ≠
với
x
∀ ∈
¡
( m =0 không thỏa mãn)
2
0
0 1
0 4
3 4 0
m
m m
m
m m
≠
≠ < −
⇔ ⇔ ⇔
∆ < >
− + + <
0,5
• Với
1m < −
Khi đó ta có
2
4 3 0mx x m− + − <
với
x∀ ∈¡
Bpt
2 2
1 4 3 5 4 0x mx x m mx x m⇔ + > − + − ⇔ − + − <
(1)
Bpt có tập nghiệm
¡
2
(1)
4 41
2
0 4 16 25 0
4 41
2
m
m m
m
−
<
⇔ ∆ < ⇔ − − > ⇔
+
>
Mà
4 41
1
2
m m
−
< − ⇒ <
1
• Với
4m
>
Khi đó ta có
2
4 3 0mx x m− + − >
với
x
∀ ∈
¡
Bpt
2 2
1 4 3 5 4 0x mx x m mx x m⇔ + < − + − ⇔ − + − >
(2)
Bpt có tập nghiệm
¡
2
(2)
4 41
2
0 4 16 25 0
4 41
2
m
m m
m
−
<
⇔ ∆ < ⇔ − − > ⇔
+
>
Mà
4 41
4
2
m m
+
> ⇒ >
KL:
4 41
2
m
−
<
;
4 41
2
m
+
>
1
2.(2,5đ
Tìm tham số m để hệ có hai nghiệm
Hệ pt
2 2
2
2
( )
2( ) 2
(1)
4
4
0
( )
( 2) (2)
y x
I
x y x y m
x m
x y
y x
x y
II
x m
= −
+ − + =
=
⇔ ⇔
+ =
= −
+ =
− =
1
NX: Nghiệm của hệ (I) thỏa mãn
0x y+ =
và nghiệm của hệ
( )II
thỏa mãn
4x y+ =
Þ
hai hệ không thể có nghiệm chung
Þ
Hệ phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt
pt(1) có hai nghiêm phân biêt và pt(2) vô nghiêm( không xay ra)
pt(2) có hai nghiêm phân biêt và pt(1) vô nghiêm( không xay ra)
pt(1) và pt(2) có nghiêm kép m=0
⇔
⇔
KL:
0m =
.
1,5
III2đ
Tìm các hệ số
;b c
.
.• ĐK cần:
Ta có
1 1 1
(0) (1)
2 2 2
1 3 1
( 1) (2)
2 2 2
1 3 1
(1) (3)
2 2 2
f c
f b c
f b c
≤ − ≤ ≤
− ≤ ⇔ − ≤ − + ≤ −
≤ − ≤ + ≤ −
0,5
Từ (2) và (3)
3 1
2 2
c⇒ − ≤ ≤ −
kết hợp với (1)
1
2
c⇒ = −
Với
1
2
c = −
thay vào (2) và (3) ta được
1 0
0
1 0
b
b
b
− ≤ − ≤
⇒ =
− ≤ ≤
1
.• ĐK đủ:
Với
1
0;
2
b c= = −
ta có
2
1
( )
2
f x x= −
2
1
1 1 0 1 ( )
2
x x f x− ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ⇒
1
0;
2
b c= = −
thỏa mãn
0,5
2đ Chứng minh bất đẳng thức
.• Ta có
2 2
1 ( )( )x x xy yz zx x y x z+ = + + + = + +
2
1 1
2
( )( )
1
x x x
x y x z
x y x z
x
⇒ = ≤ +
÷
+ +
+ +
+
Tương tự ta có
2
1 1
2
1
y y
y x y z
y
⇒ ≤ +
÷
+ +
+
2
1 1
2
1
z z
z x z y
z
⇒ ≤ +
÷
+ +
+
1
•
1 1 1 3
2 2 2 2 2 2 2
x y x z z y
VT
x y x z z y
≤ + + + + + =
÷ ÷ ÷
+ + +
Dấu bằng xảy ra
1
3
x y z⇔ = = =
1
V( 6đ)
1(4đ) Chứng minh thẳng hàng……
a/( 2đ)
• Ta có
1 1
( )
2 2
1 3
(1)
2 2
CN BC AN AC AC AB
AN AB AC
= ⇔ − = −
⇔ = − +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
•
4
3 4 0 3 4( ) 0
7
MA MB AM AB AM AM AB+ = ⇔ − + − = ⇔ =
uuur uuur r uuuur uuur uuuuur r uuuur uuur
(2).
• G là trong tâm tam giác ABC
( )
1
3
GA GB GC o AG AB AC⇒ + + = ⇔ = +
uuur uuur uuur r uuur uuur uuur
(3)
1
E
H
N
K
P
M
G
C
B
A
Từ (1) và (2)
15 3
14 2
MN AN AM AB AC⇒ = − = − +
uuuur uuur uuuur uuur uuur
Từ (2) và (3)
5 1
21 3
MG AG AM AB AC⇒ = − = − +
uuuur uuur uuuur uuur uuur
9
, ,
2
MN MG M N G⇒ = ⇒
uuuur uuuur
thẳng hàng.
1
b/ ( 2đ)
• Gọi
P MN AC= ∩
và E là trung điểm BC
Đặt
1 2
;
NPA NPC
S S S S
∆ ∆
= =
Kẻ
,( )NH AC H AC⊥ ∈
Khi đó
1
1 2
2
1 1
. ; .
2 2
S PA
S PA NH S PC NH
S PC
= = ⇒ =
1
• Kẻ
/ / ,( )CK AG K MN∈
Ta có
2
2. 4
PA AG EG EN
PC CK CK NC
= = = =
1
2
4
S PA
S PC
⇒ = =
1
Hết
2(2đ)
• Ta có
1
.AF.sin
.AF .AF
2
1
.AC
.AC.sin
2
APF
ABC
AP A
S AP AP
S AB bc
AB A
∆
∆
= = =
Áp dụng t/c đường phân giác
AP AC b AP b bc
AP
BP BC a AP PB a b a b
= = ⇒ = ⇒ =
+ + +
Tương tự
bc
AF
a c
⇒ =
+
.AF
( )( ) ( )( )
APF
APF ABC
ABC
S AP bc bc
S S
S bc a b a c a b a c
∆
∆ ∆
∆
⇒ = = ⇒ =
+ + + +
1
Hoàn toàn tương tự ta có
( )( )
BPE ABC
ac
S S
a b b c
∆ ∆
=
+ +
và
( )( )
CEF ABC
ab
S S
a c b c
∆ ∆
=
+ +
Mà
EF
( )
EFP ABC APF BPE C
S S S S S
∆ ∆ ∆ ∆ ∆
= − + +
2
1
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )
ABC ABC
bc ac ab abc
S S
a b a c a b b c a c b c a b b c c a
∆ ∆
= − − − =
+ + + + + + + + +
1
P F
E C
B
A
